Tổng hợp bài tập bồi dưỡng HSG môn vật lý lớp 12 file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Bài 1: (HSG ĐB Sông Cửu Long)
a. Tìm thời gian tối thiểu để một vận động viên lái môtô vượt qua một khúc quanh có độ dài bằng 1/3
đường tròn bán kính R. Cho hệ số ma sát nghỉ giữa bánh xe và mặt đường là , mặt đường được làm
nghiêng một góc  so với mặt phẳng nằm ngang.
b. Tính công suất giới hạn của động cơ lúc ấy. Coi các bánh xe đều là bánh phát động.
Giải
ma  P  R  P  N  Fmsn
a.
(1)
Chiếu lên Oy: 0  mg  Fmsn sin   N cos 
 mg  N cos   Fmsn sin    N sin 

N
2
max

mV
R
Chiếu lên Ox:

V 

mg
cos    sin 

R
(2)

 Fmsn cos   N sin    N cos   N sin 

gR    tg 
1  tg

 Vmax 

(3)

N

gR    tg 

P

1   tg

Từ (2) và (3)
Vậy vận động viên chạy đều với tốc độ tối đa, ta có tmin là:

tmin 

s
Vmax

2 R

3

y

R

1  tg
2

gR    tg 
3



n

R 1  tg 

x

O

Fms

g    tg 

b. Ta có: P = F.V
 F  Fmsn max   N
 mg
 Pmax 
Pmax khi : 
cos    sin 
V  Vmax

gR    tg 

1   tg

Bài 4: (Dao động điều hòa). Từ điểm A trong lòng một cái chén tròn M đặt
trên mặt sàn phẳng nằm ngang, người ta thả một vật m nhỏ (hình vẽ). Vật m
chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng, đến B thì quay lại. Bỏ qua ma sát
giữa chén M và m.
a.Tìm thời gian để m chuyển động từ A đến B. Biết A ở cách điểm giữa I của
chén một khoảng rất ngắn so với bán kính R. Chén đứng yên.
b. Tính hệ số ma sát nghỉ giữa chén và sàn.
Giải
ma  P  N
a. Ta có:
* Chiếu lên phương tiếp tuyến:
x
mat   P sin   mg
R
"
2
g
 x  x  0
Với:  2 
R
Từ đó cho thấy m dao động điều hoà, thời gian đi từ A đến B là

y
M

NM
Fmsn

O

O

x

 N
m
I
A
PM

1
T
R
chu kỳ dao động. t   
2
2
g

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

N'


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
PM  N M  N '  Fmsn  0

b. Chén đứng yên nên:
* Chiếu (1) lên phương Oy:

 PM  N M  N cos   0
'

Với N' = N

(1)
(2)

 mV

mV
 N  mg cos 
 mg cos 

 N 
R
Ở góc lệch , Với m có:  R 2

2
 mV  mgh  mgh
 mV  mgR  cos   cos  
0
0
 2
 2
 N  mg  3cos   2 cos  0 
(3)
Từ (2) và (3) ta được: N M  Mg  mg cos   3cos   2 cos  0  (4)
2

2

* Chiếu (1) lên Ox: N ' sin   Fmsn  0  N sin   Fmsn   N
N sin  ( N sin  ) max


NM
( N M ) min
 N sin   mg  3cos   2 cos  0  sin 
(0 bé;   0 )

 N M  Mg  mg cos   3cos   2 cos  0 
  N sin  max ;( N M ) min khi  = 0

Vậy:

m sin 2

2 M  m cos 2 



y
M



NM
Fmsn

x

O

O

N
m
A

I


PMM

N'

Câu 4:(HSG Kiên Giang): Ba quả cầu có thể trượt không ma sát trên một
thanh cứng,mảnh nằm ngang.Biết khối lượng 2 quả cầu 1 và 2 là m1  m2  m ;lò xo có độ cứng K và khối
m
lượng không đáng kể.Quả cầu 3 có khối lượng m3  .Lúc đầu 2 quả cầu 1,2 đứng yên,lò xo có độ dài tự
2

nhiên l0 .Truyền cho m3 vận tốc v0 đến va chạm đàn hồi vào quả cầu 1. Sau
3 v0 1
2
va chạm,khối tâm G cuả các quả cầu 1,2 chuyển động như thế nào?Tìm vận
tốc cuả G.Chứng minh rằng hai quả cầu 1 và 2 dao động điều hoà ngược pha
quanh vị trí cố định đối với G.Tìm chu kỳ và biên độ dao động cuả các vật.

ĐÁP ÁN
a.Chuyển động cuả khối tâm G:
Vì quả cầu 3 va chạm đàn hồi với quả cầu 1 và hệ kín nên động lượng(theo phương ngang) và động năng
được bảo toàn.Gọi v1 , v3 là vận tốc quả cầu 1 và 3 sau va chạm,ta có:
m v02 mv12 m v32


(2)
 3v32  2v0v3  v02 (3)
2 2
2
2 2
v
2v
(3) có nghiệm v3  v0 (loại vì vô lý) và v3   0 (4)
Đưa (4) vào (1) ta có: v1  0
3
3
Hệ hai quả cầu 1 và 2 là hệ cô lập nên khối tâm G chuyển động thẳng đều.Từ toạ độ khối tâm,ta có :
dx
m x  m2 x2
m v  m2v2
xG  1 1
 G  vG  1 1
(6)
m1  m2
dt
m1  m2

m

m
v0  mv1  v3 (1)
2
2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
2v
2v
m1 0
m 0
2v0
3 
3  v0 (7)
Sau va chạm: v1 
và v2  0 nên (6) cho ta: vG 
m1  m2 m  m 3
3
b.Dao động cuả quả cầu 1 và 2
+Chọn trục toạ độ Ox nằm ngang,gốc O trùng với khối tâm G cuả hai quả cầu
+Khi lò xo chưa biến dạng,gọi 01 , 02 là vị trí cân bằng cuả hai quả cầu.Lúc đó x1 , x2 là toạ độ cuả hai quả
cầu.Toạ độ cuả khối tâm là :
 m1 x1  m2 x2
l
xG 
 0 Với m1  m2 thì x1  x2 
m1  m2
2

Phương trình chuyển động cuả m1  m là: mx ''   K ' x  x '' 
Do khối tâm đứng yên và luôn có x1  x2 

m1 , m2 và chiều dài lò xo là

K'
x  0 (8)
m

l
nên ta coi G là nơi buộc chặt cuả hai con lắc có khối lượng
2

l
2

Độ cứng cuả lò xo tỉ lệ nghịch với chiều dài nên K’ = 2 K,nên (8) viết là: x '' 
Tần số góc cuả dao động là : 1 
Chu kỳ dao động :

T1 

2

1

 2

Tương tự,m2 có chu kỳ dao động :

2K
x0
m

2K
m

m
2K
T2  2

m
2K

Hai dao động này ngược pha nhau
Vận tốc cuả quả cầu 1 và 2 đối với khối tâm:
2v v
v
v
v
v1G  v1  vG  0  0  0
v2G  v2  vG  0  0   0
3
3 3
3
3
Cơ năng bảo toàn nên biên độ dao động được tính:
m1v12G 2 KA12
v

m2v22G 2 KA22
v
m
m

 A1  0

 A2  0
2
2
3 2K
2
2
3 2K
Câu 4 : (Tiền Giang) Một hình trụ đặc đồng chất, có trọng lượng P, bán kính r đặt trong
một mặt lõm bán kính cong R như hình vẽ. Ở điểm trên hình trụ người ta gắn hai lò xo có

R

k

độ cứng như nhau.Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hình tru với giả thiết hình trụ lăn không
trượt . Xét trường hợp: không có lò xo, khi mặt lõm là mặt phẳng.



Gọi  là góc quay quanh trục C của trụ, 1 là vận tốc góc của chuyển
động quay quanh trục và V là vận tốc tịnh tiến của trục.

r

O

Giải:

R

k
A

A’

 C
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
B

B1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
1   ' 

v
r

Mặt khác, ta có: v   '  R  r   1.r   / ( R  r )  r  ( R  r )

mv2 1 2 3
1
2

2
Động năng: E d 
 I1  m  R  r    ' víi I  mr 2
2
2
2
4
Thế năng:
Do đó:

2kx 2 1
x  r  (R  r)  2  R  r  
Et 
 mg  R  r  2
2
2

1
mg 
2
2 2
E t  k.4  R  r  2  mg  R  r  2   4k 
 R  r  
2
2R  r 


Cơ năng: E = Et + Ed = const . Lấy đạo hàm hai vế



3
mg  2
2
m   '   4k 
  0   
4
2
R

r




Vậy chu kỳ dao động T =

2





Trường hợp riêng: - Khi k = 0 thì

4k 

2
2 g
16k


3 (R  r) m



- Khi R   thì :  

mg
2  R  r  16k
2g


3
3m 3  R  r 
m
4

2g
3 R  r 

16k
3m

Bài 4 (HSG Lao Cai): Con lắc lò xo đặt thẳng đứng (như hình vẽ 4), đầu dưới gắn chặt vào mặt sàn, đầu
trên gắn vật m1= 300g đang đứng yên ở vị trí cân bằng, độ cứng của lò xo là k = 200 N/m. Từ độ cao h =
3,75cm so với m1, người ta thả rơi tự do vật m2 = 200 g, va chạm mềm với m1. Sau va chạm cả hai vật
cùng dao động điều hoà theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10 m/s2, bỏ qua mọi ma sát.
a. Tính vận tốc của m1 ngay sau va chạm.
b. Hãy viết phương trình dao động của hệ hai vật m1 và m2.
GIẢI
3

 0,866(m / s )
a. Vận tốc của m2 ngay trước va chạm : v  2 gl 
2
* Xét hệ hai vật m1 và m2 ngay trước và sau va chạm, theo định luật bảo toàn động lượng ta có :
m2 .v
3
m2v  (m1  m2 ).v0  v0 

(m / s)  20 3(cm / s)
m2
m1  m2
5
Vì va chạm mềm nên ngay sau va chạm cả hai vật chuyển động cùng vận tốc là:
h
v0  20 3 (cm / s )
b. Chọn trục toạ độ Ox có gốc O trùng vời VTCB của hai vật, chiều dương thẳng đứng
m1
hướng lên trên.
Chọn gốc thời gian là lúc hai vật bắt đầu dao động.
k

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
Hình vẽ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
* Độ biến dạng của lò xo khi vật m1 cân bằng là :
mg
l1  1  1,5(cm)
k

* Độ biến dạng của lò xo khi hai vật cân bằng là : l 2 
* Tần số góc :  

(m1  m2 ) g
 2,5(cm)
k

k
 20(rad / s )
m1  m2

 x  A sin   1(cm)
* lúc t = 0 ta có : 
v  Ac cos   20 3 (cm / s)
5
1
vì sin   0 và cos   0   
(rad )
 tg  
6
3
1
Biên độ dao động là : A 
 2(cm)
 5 
sin  
 6 
5 

* Vậy phương trình dao động là : x  2 sin  20t 

(cm)
6 

Bài 1 (HSG Lào Cai): Một giá nhẹ gắn trên một tấm gỗ khối lượng M đặt trên bàn nhẵn nằm ngang có
treo một quả cầu khối lượng m bằng sợi dây dài l (hình vẽ 1). Một viên đạn nhỏ khối lượng m bay ngang,
xuyên vào quả cầu và vướng kẹt ở đó.
a. Giá trị nhỏ nhất của vận tốc viên đạn bằng bao nhiêu để sợi dây quay đủ vòng
nếu tấm gỗ được giữ chặt.

b. Vận tốc đó sẽ là bao nhiêu nếu tấm gỗ được thả tự do.
V0
Giải
m
V
a. Vận tốc của quả cầu và đạn sau khi va chạm là 0 ( với V0 là vận tốc là vận tốc của
2
M
đạn trước va chạm)
* Để dây quay đủ một vòng, tại điểm cao nhất vận tốc của quả cầu là V phải thoả
m.V 2
mãn : T  mg 
( T là lực căng của dây) Do đó V = Vmin khi T = 0
Hình vẽ 1
l
 Vmin  g .l
* Theo định luật bảo toàn cơ năng, vận tốc nhỏ nhất V0 của đạn phải thoả mãn :
2
2mV02
2mVmin
 4mgl 

 V0  2 5gl
8
2
b. Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu tại điểm cao nhất ( đối với điểm treo) là : u min  gl
* Xét trong HQC gắn với trái đất : V1= u – umin ( u là vận tốc của vật M )
Ta có : mV0'  M .u  2m(u  gl )(1)
Mặt khác theo định luật bảo toàn cơ năng :
2m(V0' ) 2
8m
M .u 2 2m(u  g.l ) 2
A
)
 4mgl 

(2) * Từ (1) và (2) ta có : V0'  2 gl (5 
R
8
2
2
M
Câu 4 (Đồng Tháp) Cho cơ hệ gồm vật M, các ròng rọc R1, R2 và dây treo có khối lượng
không đáng kể, ghép với nhau như hình 1. Các điểm A và B được gắn cố định vào giá đỡ. Vật
1

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

R2
M

m

B


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
M có khối lượng m=250(g), được treo bằng sợi dây buộc vào trục ròng rọc R2. Lò xo có độ
cứng k=100 (N/m), khối lượng không đáng kể, một đầu gắn vào trục ròng rọc R2, còn đầu kia
gắn vào đầu sợi dây vắt qua R1, R2 đầu còn lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các
ròng rọc, coi dây không dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 4(cm) rồi buông
ra không vận tốc ban đầu. Chứng minh rằng vật M dao động điều hoà và viết phương trình
dao động của vật M .
Giải
- Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở VTCB của M.





1)- Tại VTCB của vật M ta có: P  2T0  F0  0 hay P  3F0  0 (1)
- Từ (1) suy ra: mg=3k∆l0 (2)

 


A B


- Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có: P  2T  F  ma hay P  3F  ma (3)
R
- Chiếu (3) lên trục toạ độ Ox ta có :

1
mg - 3k(∆l0+3x) = ma = mx’’ (4)
9k
9k
- Từ (2) và (4) ta có : x' '
ta có x' ' 2 x  0 (5)
x  0 đặt  2 
T F
T
m
m
- Phương trình (5) có nghiệm :
R
x = Acos( t   ) trong đó A ,  ,  là những hằng số
2
M
2)- Chọn gốc thời gian là lúc thả vật. Tại thời điểm t =0 ta có:
4 = Acos 
0 = -  Asin  .
9k
 60(rad/s)
m
Vậy phương trình dao động là x = 4cos 60 t (cm)
Bài 1 (HSG Lào Cai 06-07): Một vật A chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm hoàn
toàn đàn hồi với vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng
tròn đường kính CD = 2R. Một tấm phẳng (E) đặt vuông góc với CD tại tâm O của
máng tròn. Biết khối lượng của hai vật là bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát. (Hình vẽ 1)
1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời khỏi máng.
2. Biết v0  3,5Rg . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm (E) không ? Nếu có hãy xác định
vị trí của vật trên tấm (E).

Giải
1. Vì va chạm đàn hồi, khối lượng hai vật bằng nhau nên sau va chạm vật B c/đ với
vận tốc v0 còn vật A đứng yên.
* Định luật bảo toàn cơ năng ( chọn gốc ...)
mv 02 mv 2


 mgR(1  sin  )  v 2  v02  2 gR(1  sin  ) (1)
N
2
2
mv 2
* Định luật II N: mg sin   N 

R
P
v 2  2 Rg
* Khi vật rời máng thì N = 0  sin   0
(2)
C
3Rg

suy ra A = 4 (cm) và  = 0



* Vận tốc của vật B khi bắt đầu rời máng: Thay (2) vào (1) ta có : v 

P

D
(E)

O


v0

B
C

Hình vẽ 1

D

(E)

O
B

v02  2 Rg
3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Hình vẽ 1

A

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
2. Khi v0  3,5Rg từ (2)  vị trí vật rời máng có sin  

1
   30 0 . Vận tốc của vật lúc đó :
2

Rg
2
* Khi rời máng vật c/đ giống như vật bị ném xiên với vận tốc ban đầu là v.
Chọn trục toạ độ ...
* phương trình c/đ của vật :
1
x  (v sin  )t  R cos 
y  R sin   (v cos  )t  gt 2
2
6R
* Để vật rơi vào vào tấm (E) thì : x  0 và y =0. Với x  0  t 
(*)
g
Với y = 0 giải phương trình được t1 < 0 (**) So sánh (*) và (**) thấy vật B không rơi vào tấm (E)
Bài 4 (HSG Lào Cai 06-07): Cho hệ dao động như hình vẽ 4. Lò xo có khối lượng không đáng kể, độ
cứng k. Vật M = 400g có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân
bằng, dùng vật m0 = 100g bắn vào M theo phương ngang với vận tốc v0 = 1m/s, va chạm là hoàn toàn đàn
hồi. Sau va chạm vật M dao động điều hoà, chiều dài cực đại và cực tiểu của của lò xo lần lượt là 28cm và
20cm.
1. Tính chu kỳ dao động của vật và độ cứng của lò xo.
2. Đặt một vật m = 100g lên trên vật M, hệ gồm hai vật m và M đang đứng yên, vẫn dùng vật m 0 bắn vào
với vận tốc v0. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm ta thấy cả hai vật cùng dao động điều hoà. Viết
phương trình dao động của hệ hai vật m và M. Chọn gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời gian là lúc

bắt đầu va chạm. Xác định chiều và độ lớn của lực đàn hồi cực đại, cực tiểu mà lò xo tác dụng vào điểm
cố định I trong quá trình hệ hai vật dao động.
3. Cho biết hệ số ma sát giữa vật M và vật m là  = 0,4. Hỏi vận tốc v0 của vật m0 phải nhỏ hơn giá trị
bằng bao nhiêu để vật m vẫn đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động. Cho g = 10m/s2.
Giải
1. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn
 m0
M
v0
m0 v02 m0 v 2 MV
I
k
Ta có : m0 v0  m0 v  MV (1)
(2)


2
2
2
Với v , V lần lượt là vận tốc của các vật m0 và M ngay sau va chạm
2m0 v 0
Hình vẽ
 0,4(m / s)  40(cm / s)
* Giải hệ (1), (2) được : V 
m0  M
* Sau v/c vật M dao động điều hoà, vận tốc cực đại của vật là V = 40(cm/s)
l l
V
Biên độ dao động là : A  max min = 4(cm) Ta có: V = A.      10(rad / s) => chu kỳ của dao
A

2
v2 

động là: T =



5

( s ) Độ cứng của lò xo : k  M . 2  40( N / m) .

2.
a. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn
m0 v02 m0 v12 ( M  m)Vh2
Ta có : m0 v0  m0 v1  ( M  m)Vh (3)
(4)


2
2
2
Với v1 , Vh lần lượt là vận tốc của các vật m0 và (M + m) ngay sau va chạm
2 m0 v 0
100

(cm / s)
* Giải hệ (3), (4) được : Vh 
m0  M  m
3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
* Sau v/c vật (M + m) dao động điều hoà nên phương trình dao động có dạng x  A sin(t   ) .
100
Vận tốc cực đại của hệ vật là : Vh =
(cm/s).
3
k
 4 5 (rad / s)
Tần số góc :  
M m

Chọn trục toạ độ có gốc trùng VTCB, chiều dương cùng hướng v0 .

  0
 A sin   0
sin   0

Lúc t = 0 ta có : 


Vh
 A cos   Vh
cos   0  A  . cos   3,73(cm / s)

* Vậy phương trình dao động của vật là : x  3,73sin( 4 5t )(cm)
b. * Tại các vị trí biên lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào điểm cố định là lớn nhất ta có
Fmax  k. A  40.3,73.10 2  1,492( N )

Tại vị trí biên bên trái lực đàn hồi hướng sang bên phải
Tại vị trí biên bên phải lực đàn hồi hướng sang bên trái
* Tại VTCB lực đàn hồi của lò xo có giá trị nhỏ nhất : Fmin = 0.
3. Để vật m không bị trượt trên M trong quá trình dao động thì lực ma sát nghỉ cực đại phải có giá trị 
giá trị của lực quán tính cực đại tác dụng lên vật m (Xét trong hệ quy chiếu gắn với vật M) :
Fmsn(max)  Fqt(max) (*)
* Ta có :
Lực ma sát nghỉ CĐ : Fmsn(max)  .N  mg



Lực quán tính : Fqt  m.a  m  2 A sin(t   )



Để lực quán tính đạt cực đại thì sin(t   )  1  Fqt (max)  m. 2 A
* Từ biểu thức (*) ta có : mg  m 2 A  A 

2m0 v 0

 m0  m  M 
2 m0 v 0
g m0  m  M 
g

 2  v0 
 1,34(m / s)
m0  m  M  
2 m0 
Vậy v0  1,34(m / s) thì vật m không bị trượt trên vật M trong quá trình hệ dao động.

Câu 4 (HSG Hậu Giang) . Một con lắc đơn có chiều dài l thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe
đang lăn tự do xuống dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc  so với phương nằm ngang.
a) Chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc.
b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc. Áp dụng bằng số l =1,73 m;  =300; g = 9,8 m/s2.
Đáp án

* Mặt khác: A 

Vmax



Vh

g
2



+ Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsin.
Xét hệ quy chiếu gắn với xe
+ Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực:
Trọng lượng P,
lực quán tính F
và sức căng T của dây treo.

T
F

P

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


x


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Tại vị trí cân bằng
  
Ta có: P  F  T  0
+ Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có:
Mà
F = ma = mgsin
suy ra
TX = 0.
Điều này chứng tỏ ở vị trí cân bằng dây treo con lắc vuông góc với Ox
+ Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là :
P' = Pcos. Tức là gia tốc biểu kiến là g' = gcos.

Psin - F + TX = 0

l
l
= 2
 2,83 (s).
g cos 
g'
Bài 1 HSG Lào Cai 08-09 Buộc vào hai đầu một sợi dây dài 2l hai quả cầu nhỏ A và B giống
nhau có cùng khối lượng m, ở chính giữa sợi dây gắn một quả cầu nhỏ khác khối lượng M.

Đặt ba quả cầu đứng yên trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, dây được kéo căng.(Hình vẽ 1)
Truyền tức thời cho vật M một vận tốc V0 theo phương vuông góc với dây. Tính lực căng
của dây khi hai quả cầu A và B sắp đập vào nhau.
Giải
+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là

T = 2

Hệ kín động lượng bảo toàn
MV0  mv1  mv2  M v


MV0  mv1 y  mv2 y  MvM
0  mv1x  mv2 x

Ta luôn có: v1 y  v2 y ; v1x  v2 x
Khi hai quả cầu sắp đập vào nhau:
v1 y  v2 y  vM  vy

T

A

M

V0

T

B

v1y

T

T

y
v1x

v2x

O

Hình
v vẽ 1

v2 y
T

x

T

MV0
T
T
2m  M
v1y
v2 y
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

1
1
1
1
MV02  2 mv y2  2 mvx2  Mv y2 ( vx độ lớn vận tốc của hai quả cầu A,B lúc chúng sắp đập vào nhau)
2
2
2
2
2
mMV0
2T
Gia tốc của quả cầu M: a 
 mvx2 
M
2m  M
Trong hệ quy chiếu gắn với M hai quả cầu m chuyển động tròn áp dụng định luật 2 Niutơn, chiếu xuống
phương Oy:
v2
mMV02
mM 2V02
2T
T  Fq  m x  T  m

Lực căng của dây khi đó: T 
l
M l (2m  M )
l (2m  M ) 2
Bài 2 (HSG Lào Cai 08-09) Một lò xo lý tưởng treo thẳng đứng, đầu trên của lò xo được giữ cố định,
đầu dưới treo một vật nhỏ có khối lượng m = 100g, lò xo có độ cứng k = 25N/m. Từ vị trí cân bằng nâng

vật lên theo phương thẳng đứng một đoạn 2cm rồi truyền cho vật vận tốc 10 3 cm/s theo phương thẳng
đứng, chiều hướng xuống dưới. Chọn gốc thời gian là lúc truyền vận tốc cho vật, chọn trục tọa độ có gốc
trùng vị trí cân bằng của vật, chiều dương thẳng đứng xuống dưới. Cho g = 10m/s2;  2  10 .
1. Chứng minh vật dao động điều hòa và viết phương trình dao động của vật.
 vy 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
2. Xác định thời điểm lúc vật qua vị trí mà lò xo bị giãn 6cm lần thứ hai. Xác định hướng và độ lớn
của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó.
Giải
1. Chứng minh vật dao động điều hòa
* Viết phương trình dao động của vật:
Tại VTCB: l  4 (cm) Tần số góc:   5 (rad/s). Tại thời điểm t = 0 ta có:
 x  A cos   2(cm)

v   A sin   10 3 (cm / s)
2
Vì sin   0; cos   0; tan   3    
(rad) Biên độ dao động : A = 4 (cm)
3




Vậy phương trình dao động của vật là: x  4 cos  5t 

2 

 (cm)
3 

2. Khi vật qua vị trí mà lò xo bị giãn 6cm lần thứ hai thì vật có li độ x = 2cm và chuyển động theo chiều
âm của trục tọa độ.
Ta có: cos 5t  2   1 Giải hệ phương trình (lấy giá trị nhỏ nhất) được kết quả: t  0,2 (s)
3



2
sin 
 5t 

3





2


0


* Xác định hướng và độ lớn của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó:
- Hướng: Phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống dưới.
- Độ lớn: F  kl1  25.6.102  1,5 (N)
Câu 1: Hai vật 1 và 2 đều có khối lượng

bằng m gắn chặt vào lò xo có độ dài l, độ cứng
v
3
1
2
k đứng yên trên mặt bàn nằm ngang tuyệt đối nhẵn.
Vật thứ 3 cũng có khối lượng m chuyển động
với vận tốc v đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật 1
(xem hình 1)
1. Chứng tỏ hai vật m1 và m2 luôn chuyển động về cùng một phía.
2. Tìm vận tốc của hai vật 1 và 2 và khoảng cách giữa chúng vào thời điêm lò xo biến dạng lớn nhất.
Giải
Ngay sau lúc va chạm vật 1 có vận tốc v (lò xo chưa biến dạng, vận tốc vật 2 bằng không). Gọi v1, v2
là vận tốc vật1,vật2 vào thời điểm sau va chạm của vật 3 vào 1 la v1, v2 . độ biến dạng là k0 là x.
+ Định luật bảo toàn động lượng:
mv = mv1 + mv2 .  v = v1 + v2 (1)
kx2
1
+ Định luật bảo toàn cơ năng: mv2 = 1 mv12 + 1 mv 22 + 1 kx 2 
 v 2  (v1  v2 )2 (2). Từ (1) va (2):
2
m
2
2
2
2
2
kx
kx
= v1v2 (3) vì

> 0  v1v2 > 0 : tức là v1 và v2 cùng dấu nghĩa là sau khi va chạm hai
2m
2m
vật 1 và 2 luôn chuyển động về cùng một phía.
kx2
v
2) v1 + v2 = v = const. Suy ra tích v1v2 cực đại khi v1 = v2 = nghĩa là
cực đại
2
2m
2
v2
kxmax
m
v
 xmax = v
lúc đó:
=
lò xo biến dạng lớn nhất khi v1 = v2 =
lúc này khoảng
4
2m
2k
2
m
cách giữa vật 1 và vật 2 là:
l12 = l  xmax  l  v
2k

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Bài 2(HSG Nghệ An 07-08) Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng
k
nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có độ cứng k, lò xo được gắn vào bức tường A
F
m
đứng tại điểm A như hình 2a. Từ một thời điểm nào đó, vật nặng bắt đầu chịu tác
dụng của một lực không đổi F hướng theo trục lò xo như hình vẽ.
Hình 2a
a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng
đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất.
b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được nối với một vật khối
k
F
lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là . Hãy xác định độ
M
m
lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa.
GIẢI
Hình 2b
a) Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lò xo, gốc tọa độ trùng vào vị trí cân
k
bằng của vật sau khi đã có lực F tác dụng như hình 1. Khi đó, vị trí ban đầu của
F
m
vật có tọa độ là x0. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng x0 và:
F
x0

O
F  kx0  x0   .
k
Hình 1
Tại tọa độ x bât kỳ thì độ biến dạng của lò xo là (x–x0), nên hợp lực tác dụng
lên vật là:
 k ( x  x0 )  F  ma.
Thay biểu thức của x0 vào, ta nhận được:
F

 k  x    F  ma   kx  ma  x" 2 x  0.
k

Trong đó   k m . Nghiệm của phương trình này là: x  A sin(t   ).
m
. Thời gian kể từ khi tác dụng lực F lên vật
k
đến khi vật dừng lại lần thứ nhất (tại ly độ cực đại phía bên phải) rõ ràng là bằng 1/2 chu kỳ dao động, vật
thời gian đó là:
T
m
t  
.
2
k
F

F
 A  k ,
x  A sin    ,

Khi t=0 thì:
 
k
    .
v  A cos   0

2
Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ khi vật chịu tác dụng của lực F đến khi vật dừng lại
lần thứ nhất là T/2 và nó đi được quãng đường bằng 2 lần biên độ dao động. Do đó, quãng đường vật đi
được trong thời gian này là:
2F
S  2A 
.
k
F
b) Theo câu a) thì biên độ dao động là A  . Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa thì
k
trong quá trình chuyển động của m, M phải nằm yên. Lực đàn hồi tác dụng lên M đạt độ lớn cực đại khi độ
biến dạng của lò xo đạt cực đại khi đó vật m xa M nhất (khi đó lò xo giãn nhiều nhất và bằng:
x0  A  2 A ).
Để vật M không bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực
đại:

Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ T  2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
k .2 A  Mg  k .2.

Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F: F 

mg

F
 Mg.
k

.
2
Bài 3. HSG Nghệ AN 07-08. Hai nguồn sóng kết hợp S1 và S2 cách nhau 2m dao động điều hòa cùng pha,
phát ra hai sóng có bước sóng 1m. Một điểm A nằm ở khoảng cách l kể từ S1 và AS1S1S2 .
a)Tính giá trị cực đại của l để tại A có được cực đại của giao thoa.
b)Tính giá trị của l để tại A có được cực tiểu của giao thoa.

a) Điều kiện để tại A có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ A đến hai nguồn
sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng (xem hình 2):

k=2

S1

l 2  d 2  l  k .

l
A

d

Với k=1, 2, 3...
Khi l càng lớn đường S1A cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé),
vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại A có cực đại nghĩa là tại A đường S1A cắt
cực đại bậc 1 (k=1).
Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được:

k=1
k=0

S2
Hình 2

l 2  4  l  1  l  1,5(m).
b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là:



l 2  d 2  l  (2k  1) .
2

Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...



d  (2k  1) 
2

Ta suy ra : l 
.
(2k  1)

Vì l > 0 nên k = 0 hoặc k = 1.Từ đó ta có giá trị của l là :
* Với k =0 thì l = 3,75 (m ).
* Với k= 1 thì l  0,58 (m).
Câu 1 Cho cơ hệ như hình vẽ 1. Hai thanh cứng MA và NB khối lượng không đáng kể,
cùng chiều dài l = 50cm. Đầu tự do của mỗi thanh đều có gắn một quả cầu nhỏ cùng
khối lượng m =100g, đầu M và N của mỗi thanh có thể quay dễ dàng. Lò xo rất nhẹ có
độ cứng k = 100N/m được gắn vào trung điểm C của thanh NB. Khi hệ cân bằng lò xo
không biến dạng, hai quả cầu tiếp xúc nhau. Kéo quả cầu A sao cho thanh MA lệch về
bên trái một góc nhỏ rồi thả nhẹ. Coi va chạm giữa các quả cầu là đàn hồi xuyên tâm.
Bỏ qua mọi ma sát, lấy
g = 10m/s2. Hãy mô tả chuyển động và xác định chu kì dao động của hệ .
2

2

M

A

B
k
C
N

+ Do A va chạm với B là đàn hồi nên động lượng và động năng hệ được bảo toàn.

mv1  mv1'  mv2'
mv12 m(v1' ) 2 m(v2' ) 2



2
2
2
+ Chọn chiều dương cùng chiều với v1 suy ra:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Hình 1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
mv1  mv1'  mv2'

'
'
mv12 m(v1' ) 2 m(v2' ) 2  v1  0, v2  v1


2
2
2
+Tương tự cho va chạm từ quả cầu B trở lại quả cầu A, ta được:
v1''  v2' , v2''  0
+ Sau va chạm quả cầu này truyền hoàn toàn vận tốc cho quả cầu kia. Hệ thống dao động tuần hoàn, mỗi con lắ
tham gia một nửa dao động.
1
+ Chu kỳ dao động T  (T1  T2 ) với T1 là chu kì dao động con lắc đơn, T2 là chu kì dao động của con lắc gắn vớ
2
thanh và lò xo.
l

+ Ta biết chu kỳ dao động của con lắc đơn T1  2
 1, 4( s)
g
Ta tìm T2 bằng phương pháp năng lượng:
+Chọn mốc thế năng trọng trường tại mặt phẳng ngang qua m khi cân bằng.
+Xét vật m tại vị trí có li độ x:
mv 2
mgx 2
-Động năng của quả cầu Eđ =
-Thế năng trọng trường Et1= 
2
2l
2
kx
kx 2
-Thế năng đàn hồi: Et2 = 1 
2
8
2
2
2
mv
mgx kx
Cơ năng của hệ: E = Eđ + Et1 + Et2 =
(1). Do không có lực cản nên E = const.

2
2l
8
k

g
mgxx' kxx'
+Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo thời gian t, ta được:
mvv’  )x  0 .

 0 Hay x’’+(
4m l
l
4
k
g
2
 và chu kì
+Vậy vật dao động điều hòa với tần số góc  
T2 
 0, 4s
4m l

1
+Hệ dao động tuần hoàn với chu kỳ T  (T1  T2 ) = 0,7 + 0,2 = 0,9s
2
(HSG Hậu Lộc 05-06)
a) Cho con lắc liên hợp như hình vẽ 1 biết khối lượng m1, m2 và chiều dài l1, l2. Bỏ qua khối lượng dây
treo và lực cản môi trường. Tính tần số dao động.
b) Nếu mắc thêm vào hệ 3 lò xo K1 = K2 = K3 như hình vẽ 2, hệ vẫn dao động điều hoà. Tính tấn số dao
động của hệ, cho nhận xét về tần số.

o

o

K1

l1



m1
l2
m2
Hình
1

K3

K2
m1
m2
Hình 2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

l1
l2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Câu a . Học sinh có thể làm theo nhiều cách cho kết quả:  =

(m1l1  m2 l 2 ) g
m1l1  m2 l 2

2

2

Câu b .
HS lập luận được hệ gồm có: (K1 nt K2) // K3 // Kh (với Kh là K h ở câu a)
K2
3
Học sinh tính được K  (hệ mới) : K  =
 K  Kh  K  Kh
2K
2
3K (m1l1  m2 l 2 ) g
3K 2

l1  (m1l1  m2 l 2 ) g
2
2
l1
K
1
2

Kết quả:   =
hay   =
M
l1
m1l12  m2 l 22
m1l12  m2 l 22
Bài 1(HSG Hai Bà Trưng) Hai vật khối lượng m0 và m được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh, bền

không dãn có chiều dài L. Tại thời điểm ban đầu vật m0 được ném từ mặt phẳng ngang với vận tốc ban
đầu v0 thẳng đứng hướng lên. Hỏi độ cao cực đại mà m0 có thể đạt tới.
2

Trường hợp 1: Nếu v0  2 gL thì dây cáp không bị căng và độ cao cực đại

H

v0

2
0

v
L
2g

m0
m

Trường hợp 2:
+ Nếu v0  2 gL thì ngay trước lúc dây căng, vận tốc của m0 là v1  v0  2 gL
+ Sau đó m0 và m có cùng vận tốc v
2

2

+ Định luật bảo toàn động lượng: m0v1 = (m + m0)v  v 

m0 v1

m  m0

+ Độ cao hệ vật lên được kể từ lúc dây căng:
2

v 2  m0   v02  2 gh 
 

h 

2 g  m0  m   2 g 
2

+

 m0   v02  2 gh 
  

Vậy Hmax = L + h = L + 
m

m
2
g


0



I. Cơ học: HSG THANH HOA 06-07
1/. Một hạt thực hiện dao động điều hoà với tần số 0,25 (Hz) quanh điểm x = 0. Vào lúc t = 0 nó có độ dời
0,37 (cm). Hãy xác định độ dời và vận tốc của hạt lúc lúc t = 3,0 (s) ?
2/. Một con lắc đơn có chiều dài L thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do xuống
dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc  so với phương nằm ngang.
a) Hãy chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc.
b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc. Áp dụng bằng số L=1,73 m;  =300; g = 9,8 m/s2.
3/. Một con lắc đơn được kéo ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ 0= 0,1 rad rồi buông không có vận tốc
ban đầu. Coi rằng trong quá trình dao động lực cản của môi trường tác dụng lên con lắc không đổi và
bằng 1/1000 trọng lượng của con lắc. Hỏi sau bao nhiêu chu kì dao động thì con lắc dừng hẳn lại ?
4/. Một hạt khối lượng 10 (g), dao động điều hoà theo qui luật hàm sin với biên độ 2.10-3 (m) và pha ban
đầu của dao động là -/3 (rad). Gia tốc cực đại của nó là 8.103 (m/s2). Hãy:
a) Viết biểu thức của lực tác dụng vào hạt dưới dạng hàm của thời gian.
T
F

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
P'
P




Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
b) Tính cơ năng toàn phần của dao động của hạt.
Câu 1
+ Tần số dao động  = 2 = /2 (rad/s) ; Biên độ của dao động A = 0,37 (cm)
π
Vậy x = 0,37sin( t+ ) (cm).
2

+ Tại t = 0 thì x = 0,37 =>  = /2. Vậy phương trình dao động của hạt là
π
π
π
x = 0,37sin ( t + ) (cm) = 0,37cos t (cm).
2
2
2
π
π
π
+ Lúc t = 3 (s) độ dời là xt = = 0,37cos .3 = 0 và v = x't = - 0,37. . sin 3 = 0,581 (cm/s).
2
2
2
Câu 2:
a)
+ Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsin.
+ Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực:
Trọng lượng P, lực quán tính F (do xe ch đg nh dần đều)
và sức căng T của dây treo.
Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có hợp lực bằng 0.
  
Tức là P  F  T  0
+ Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có: Psin - F + TX = 0
+ Chú ý rằng độ lớn lực quán tính F = ma = mgsin suy ra TX = 0. Điều này chứng tỏ dây treo con lắc
vuông góc với OX khi ở trạng thái cân bằng. (đpcm).
b)
+ Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là P' = Pcos. Tức là gia tốc biểu kiến là g' =
gcos.

L
L
+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2
= 2
 2,83 (s).
g cos α
g'
Câu 3(1,5 điểm):
1
+ Năng lượng ban đầu của con lắc là E0 = mgl.(1-cos0) = mgl α02 .
2
+ Gọi 1 và 2 là hai biên độ liên tiếp của dao động (một lần con lắc qua vị trí cân bằng). Ta có độ giảm
1
1
thế năng là ( mglα12 - mglα 22 ).
2
2
+ Độ giảm này bằng công của lực cản môi trường A = Fc.S = Fc.l.(1 + 2).
1
+ Suy ra mg α1  α2  = Fc .
2
+ Độ giảm biên độ góc mỗi lần sẽ là (1-2) = 2Fc/ mg = 2.10-3mg/mg = 2.10-3 rad.
+ Đến khi con lắc ngừng dao động thì số lần đi qua vị trí cân bằng sẽ là N =0 /(1-2) = 50. Tương ứng
với 25 chu kì.
Câu 4(2,0 điểm):
+ Gia tốc a = x'' = -2x => gia tốc cực đại am = 2A =>  = (am/A)1/2 = 2.103 (rad/s).
2π
π
+ Vậy ta có F = ma = - 0,01.(2.103)2. 2.10-3 sin(2.103.t - ) = 80 sin(2.103t +
) (N)

3
3
+ Vận tốc cực đại của hạt là vm = A = 4 (m/s)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
+ Cơ năng toàn phần E0 =

mv 2m
= 0,08 (J).
2

Bài 2:
a, (1đ) Khi chưa đốt dây: 2mg  k.l0 ;
 a1  3g  30 ( m / s 2 )
Ngay sau khi dây đứt: * Vật m: k.l0  mg  ma1
* Vật 2m: k.l0  2mg  2ma2  a2  0
b, (3đ) Xét hệ quy chiếu gắn với trọng tâm G của hệ.G cách vật m một khoảng bằng 2/3 khoảng
cách từ vật m đến vật 2m.
* Xét vật m :
- Khi ở VTCB: mg  Fqt  0
(1)

- Khi ở li độ x: lò xo giãn một đoạn bằng 3x/2 . Suy ra: mg  Fqt  k

3x
 m.a  mx '' (2)
2

3k
3k
3k
 10 (rad/s)  x  A.sin(
.t   )
x  0  x ''   2 x  0 với  
2m
2m
2m

2l0
Tại t  0 : x0  A.sin  
 0, 2 (m) và v0  . A.cos   0  A  0, 2 (m); và   (rad)
2
3
 x  0, 2.sin(10.t   / 2) (m);
- Độ biến dạng của lò xo: l  3x / 2  0,3,sin(10.t   / 2) ;
Từ (1) và (2) : x '' 

- Lò xo đạt trạng thái không biến dạng lần đầu tiên  l  0  t  

 1,57 (s).
20
- Trọng tâm G chuyển động với gia tốc g, khi đó trọng tâm G đã đi được :
h  gt 2 / 2   2 / 80 (m) với vận tốc vG  g.t   / 2 (m/s).
Tại thời điểm đó ta có: x  2cos(10.t+ /2)= -2 (m/s) 
vm  vG  x  2   / 2  3,57 (m/s)
1
1

1
- Theo ĐLBTNL: k .l02  3mg.h  mvm2  .2m.v22m ;
2
2
2
Mặt khác, ta có:
k.l0  2mg  v2 m    1  0,57 (m/s)
2
......................................................................................
DÕNG ĐIỆN XOAY CHIỀU
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
1. Biểu thức điện áp tức thời và dòng điện tức thời:
u = U0cos(t + u) và i = I0cos(t + i)


* Với  = u – i là độ lệch pha của u so với i, có    
2
2
2. Dòng điện xoay chiều : I = I0cos(2ft + i)
* Mỗi giây đổi chiều 2f lần
* Nếu pha ban đầu I = 0 hoặc I =  thì giây đầu tiên chỉ đổi chiều 2f-1 lần.
3. Công thức tính thời gian đèn huỳnh quang sáng trong một chu kỳ :
* Khi đặt điện áp u = U0cos(t + u) vào hai đầu bóng đèn, biết đèn chỉ sáng lên khi u ≥ U1.
U
4
t 
Với cos  1 , (0 <  < /2)
U0

4. Dòng điện xoay chiều trong đoạn mạch R,L,C

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

m

2m


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
* Đoạn mạch chỉ có điện trở thuần R: uR cùng pha với i, ( = u – i = 0)
U
U
và I 0  0
I
R
R
U
Lưu ý: Điện trở R cho dòng điện không đổi đi qua và có I 
R
* Đoạn mạch chỉ có cuộn thuần cảm L: uL nhanh pha hơn i là /2,
( = u – i = /2)
U
U
I
và I 0  0 với ZL = L là cảm kháng
ZL
ZL
Lưu ý: Cuộn thuần cảm L cho dòng điện không đổi đi qua hoàn toàn (không cản trở).
* Đoạn mạch chỉ có tụ điện C: uC chậm pha hơn i là /2, ( = u – i = -/2)
U

U
1
I
và I 0  0 với ZC 
là dung kháng
ZC
ZC
C
Lưu ý: Tụ điện C không cho dòng điện không đổi đi qua (cản trở hoàn toàn).
* Đoạn mạch RLC không phân nhánh

Z  R 2  ( Z L  ZC )2  U  U R2  (U L  U C )2  U 0  U 02R  (U 0 L  U 0C )2
Z L  ZC
Z  ZC
R


với    
;sin   L
; cos 
R
Z
Z
2
2
1
+ Khi ZL > ZC hay  
  > 0 thì u nhanh pha hơn i
LC
1

+ Khi ZL < ZC hay  
  < 0 thì u chậm pha hơn i
LC
U
1
+ Khi ZL = ZC hay  
  = 0 thì u cùg pha với i và I = I Max =
gọi là hiện tượg cộg
R
LC
hưởg dòng điện
5. Công suất toả nhiệt trên đoạn mạch RLC:
* Công suất tức thời: P = UIcos + UIcos(2t + u+i)
* Công suất trung bình: P = UIcos = I2R.
6. Điện áp u = U1 + U0cos(t + ) được coi gồm một điện áp không đổi U1 và một điện áp xoay chiều u
= U0cos(t + ) đồng thời đặt vào đoạn mạch.
7. Tần số dòng điện do máy phát điện xoay chiều một pha có P cặp cực, rôto quay với vận tốc n
vòng/giây
thì máy phát ra dòng điện có tần số là : f = pn ( Hz )
* Từ thông gửi qua khung dây của máy phát điện  = NBScos(t +) = 0cos(t + )
Với 0 = NBS là từ thông cực đại,N là số vòng dây,B là cảm ứng từ của từ, S là diện tích của
vòng dây,  = 2f
tan  



) = E0cos(t +  - )
2
2
Với E0 = NSB là suất điện động cực đại.

8. Dòng điện xoay chiều ba pha là hệ thống 3 dòng điện xoay chiều 1 pha được gây bởi 3 suất điện động
* Suất điện động trong khung dây: e = NSBcos(t +  -

xoay chiều cùng tần số, cùng biên độ nhưng độ lệch pha từng đôi một là

2
.
3

*Các pt của suất điện động và dòng điện và cảm ứng từ có dạng : (Xét trƣờng hợp tải đối xứng ) thì

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369



e1  E0 cos(t )
i1  I 0 cos(t )
 B1  B0 cos(t )



2
2
2




e2  E0 cos(t  )
i2  I 0cos(t  )
 B2  B0 cos(t  )
3
3
3



2
2
2



e3  E0 cos(t  3 )
i3  I 0 cos(t  3 )
 B3  B0 cos(t  3 )
+ Dòng điện xoay chiều 3 pha được tạo ra từ một máy phát điện xoay chiều 3 pha
*Máy phát mắc hình sao: Ud = 3 Up và tải tiêu thụ mắc hình sao: Id = Ip

*Máy phát mắc hình tam giác: Ud = Up và tải tiêu thụ mắc hình tam giác: Id =
Lưu ý: Ở máy phát và tải tiêu thụ thường chọn cách mắc tương ứng với nhau.
9. Công suất hao phí trong quá trình truyền tải điện năng: 

3 Ip

2



R
U 2 cos 2
Trong đó: P là công suất truyền đi ở nơi cung cấp ; U là điện áp ở nơi cung cấp
cos là hệ số công suất của dây tải điện
l
* R   là điện trở tổng cộng của dây tải điện ( lưu ý: dẫn điện bằng 2 dây)
S
* Độ giảm điện áp trên đường dây tải điện: U = IR

* Hiệu suất tải điện: H 
.100%

10. Đoạn mạch RLC có R thay đổi:
* Khi R=ZL-ZC thì

Max



U2
U2

2 Z L  ZC 2R

* Khi R=R1 hoặc R= R2 mà P có cùng giá trị
thì ta có R1  R2 

U2

; R1 R2  ( Z L  Z C )

2

và khi R  R1R2 thì

Max

R

* Trường hợp cuộn dây có điện trở R0 (hình vẽ)
+ Khi R  R0  Z L  Z C  PMax 

+ Khi R  R02  ( Z L  ZC )2 

U2
U2

2 Z L  Z C 2( R  R0 )

RMax



*

Khi

2 R02  ( Z L  ZC ) 2  2 R0

thì

U LMax 

2 R1 R2

L,R0

C

A

U2

11. Đoạn mạch RLC có L thay đổi:
1
* Khi L  2 thì IMax  URmax; PMax còn ULCMin
C

R 2  ZC2
ZL 
ZC



U2

** Lưu



U2
2( R  R0 )

ý: L và C mắc liên tiếp nhau

U R 2  Z C2
R

2
2
2
2
2
2
U LM
ax  U  U R  U C ; U LMax  U CU LMax  U  0

* Với L = L1 hoặc L = L2 thì UL có cùng giá trị thì ULmax khi

B

2 L1 L2
1 1 1
1
 (

) L
Z L 2 Z L1 Z L2
L1  L2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

và


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
* Khi Z L 

ZC  4 R 2  Z C2
2

thì U RLMax 

2UR
4 R 2  ZC2  ZC

Lưu ý: R và L mắc liên tiếp nhau

12. Đoạn mạch RLC có C thay đổi:
1
* Khi C  2 thì IMax  URmax; PMax còn ULCMin Lưu ý: L và C mắc liên tiếp nhau
 L
U R 2  Z L2
R 2  Z L2
2
2
2
2
2

2
* Khi Z C 
thì U CMax 
và UCM
ax  U  U R  U L ; U CMax  U LU CMax  U  0
ZL
R
C  C2
1 1 1
1
* Khi C = C1 hoặc C = C2 thì UC có cùng giá trị thì UCmax khi
 (

)C  1
ZC 2 ZC1 ZC2
2
Z L  4 R 2  Z L2
* Khi ZC 
thì
2

2UR

U RCMax 

4 R 2  Z L2  Z L

Lưu ý: R và C mắc liên tiếp nhau

13. Mạch RLC có  thay đổi:

1
* Khi  
thì IMax  URmax; PMax còn ULCMin Lưu ý: L và C mắc liên tiếp nhau
LC
1
* Khi  
C

* Khi  

1
L R2

C 2

thì U LMax 

1 L R2
thì

L C 2

U CMax 

2U .L
R 4 LC  R 2C 2

2U .L
R 4 LC  R 2C 2

* Với  = 1 hoặc  = 2 mà I hoặc P hoặc UR có cùng một giá trị
thì IMax hoặc PMax hoặc URMax

khi

12   2 

1
LC

 tần số

f1 f 2  f 2
14. Hai đoạn mạch AM gồm R1L1C1 nối tiếp và đoạn mạch MB gồm R2L2C2 nối tiếp mắc nối tiếp với
nhau có UAB = UAM + UMB  uAB ; uAM và uMB cùng pha  tan uAB = tan uAM = tan uMB
16. Hai đoạn mạch R1L1C1 và R2L2C2 cùng u hoặc cùng i có pha lệch nhau 
Z L  Z C1
Z L  ZC2
Với tan 1  1
và tan 2  2
(giả sử 1 > 2)
R1
R2
tan 1  tan  2
 tan 
Có 1 – 2 =  
1  tan 1 tan 2
**Trƣờng hợp đặc biệt  = /2 (vuông pha nhau) thì tan1tan2 = -1.
VD: * Mạch điện ở hình 1 có uAB và uAM lệch pha nhau 
A

Ở đây 2 đoạn mạch AB và AM có cùng i và uAB chậm pha hơn uAM
tan  AM  tan  AB
 tan 
 AM – AB =  
1  tan  AM tan  AB
Nếu
uAB
vuông
pha
với
uAM
thì

R

L

Hình
1
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

M C

B


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Z L Z L  ZC
 1
R

R
* Mạch điện ở hình 2: Khi C = C1 và C = C2 (giả sử C1 > C2) thì i1 và i2 lệch pha nhau 
Ở đây hai đoạn mạch RLC1 và RLC2 có cùng uAB
A
R
L
M C
B
Gọi 1 và 2 là độ lệch pha của uAB so với i1 và i2
thì có 1 > 2  1 - 2 = 
Nếu I1 = I2 thì 1 = -2 = /2
Hình
tan 1  tan  2
 tan 
Nếu I1  I2 thì tính
2
1  tan 1 tan 2
II. CẤC DANG TOÁN:
BÀI 1: (Năm học 2007- 2008 tỉnh thái nguyên )
Cho mạch điện như hình vẽ. Cuộn dây có độ tự cảm
R
B
L = 1,5/  (H), điện trở thuần R0; tụ có điện dung C = 2.10- A
4
/9  (F). Hiệu điện thế tức thời giữa hai điểm A và Mlệch pha
L,R0 M C N
một góc 5  /6 so với hiệu điện thế giữa hai điểm M và N,
đồng thời hiệu điện thế giữa hai điểm A và M có biểu thức
uAM = 100 6 sin(100  t +  /6)(V). Công suất tiêu thụ của cả mạch là P = 100 3 (W).
a/Tính R0; R.

b/Viết biểu thức tức thời của hiệu điện thế giữa hai điểm AB.
tan  AM tan  AB =-1 

Bài 2: (Năm học 2007 - 2008, Tỉnh Nghệ An)
Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
Biết uAB = 180 2 sin(100t) (V), R1 = R2 = 100 , cuộn dây thuần
cảm có L =

3
H , tụ điện có điện dung C biến đổi được.


1. Tìm C để hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai điểm M, N đạt cực tiểu.

R1

A

N

R R 100
R1
Z
= C  ZC = 1 2 =

ZL
R2
ZL
3

 C=

100 3



R2

(H×nh 5)

A

UAB
UR1
UR2

B
UL

UC

N


L

B

C

100
2. Khi C =
F , mắc vào M và N một ampe kế có điện trở
 3
không đáng kể thì số chỉ ampe kế là bao nhiêu?
HƢỚNG DẪN GIẢI:
1.Giản đồ véc tơ được vẽ như hình bên.
.Từ giản đồ suy ra UMN cực tiểu khi M trùng với N .
.Hay: UMN= 0  UR1 = UC  I1R1 = I2ZC , UR2 = UL
 = I2R2= I1ZL

M

M

F = 55( F )

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
2.Chập M và N thành điểm E.Tổng trở, độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng điện trong mỗi
nhánh :
UEB

IC

I

A

2
IL
I

1

I R1 U AE
1
I
1
1
1
R

 1 =  2  2  Z1 = 50 3 () .Tg 1 = - C = - 1 = 2
6
I R1
Z1 R1 Z C
ZC
3
1
I
R

1
1
1
 2 =
 2  2  Z2 = 50 3 () . Tg  2 = L = 2 =

2
Z 2 R2 Z L
6
IR2
ZL
3
.Vì Z1 = Z2 và cường độ hiệu dụng trong mạch chính như nhau nên: UAE = UEB = U

.Mặt khác U AE và U EB đều lệch về hai phía trục I một góc
nên:
6
U AB
UAE = UEB =
= 60 3 (V) :

2 cos( )
6
.Chọn chiều dương qua các nhánh như hình vẽ.
R1
M
.Giản đồ véc tơ biểu diễn I R1  I A  I L như hình bên.
.Từ đó ta được:

IA= I 2 R1  I L2  2 I R1I L cos
= 0,6(A)
6

A

L

A
C

B

R2

N

300
600

IL

IR1
IA

Bài 3: (Bắc giang Năm học 2006 - 2007) Đặt hiệu điện thế u  75 2 sin 100 t (V) vào hai đầu một
đoạn mạch gồm cuộn dây nối tiếp với một tụ điện. Dùng vôn kế có điện trở rất lớn lần lượt đo hiệu điện
1
thế giữa hai đầu cuộn dây và của tụ điện ta được UCd = 100 (V) và UC = 35 (V). Biết L =
(H). Xác
2
định điện dung của tụ điện và viết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch.
Bài 4: (NĂM HỌC 2007-2008. TỈNH DAKLAK )Cho mạch điện xoay chiều như hỡnh vẽ (h.1).
Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch cú biểu thức : uAB = U0.sin100t (V), bỏ qua điện trở các dây
nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: UAN = 300 (V) , UMB = 60 3 (V). Hiệu điện thế uAN lệch pha so với

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
1

. Cuộn dõy cú hệ số tự cảm L 
(H) với điện trở r, điện dung của tụ
2
3
3.103
điện C =
(F).
16

uMB một gúc

1) Tính điện trở r.
2) Viết biểu thức hiệu điện thế uAN.

L,r

R
A

M

C
N

B

(h .1)

Bài 5: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2010 - 2011)
Cho mạch điện xoay chiều gồm cuộn dây D có độ tự
V1
cảm L mắc nối tiếp với điện trở thuần R và tụ điện có
điện dung C (hình vẽ). Biết điện áp giữa hai đầu đoạn
D M R
C
mạch AB có biểu thức u = U0cos100πt (V) không đổi. A
B
A
N
Các vôn kế nhiệt V1;V2 có điện trở rất lớn chỉ lần lượt
V2
là U1 = 120V; U2 =80 3 V. Điện áp tức thời giữa hai
đầu đoạn mạch MB lệch pha so với điện áp tức thời
giữa hai đầu đoạn mạch NB góc /6 và lệch pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch AN góc
/2. Ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể chỉ 3 A.
a. Xác định các giá trị của R; L và C.
b. Tính U0 và viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch.
Hƣớng dẫn giải:
a. Xác định giá trị R ; L ;C
Vẽ giãn đồ véc tơ đúng
 R = UR/I = U2cos600 / I = 40Ω
 ZC = UC/I = U2cos300 /I
= 40 3 Ω
5
 C  4,59.10 F

 ZL = UL/I = U1sin300/I = 20 3 Ω  L  0,11H

b. Xác định U0 và viết biểu thức i



 Từ GĐVT : U = U 1 + U C . Áp dụng định lý hàm số cosin ta được :
U2 = U12 + UC2 + 2U1.UC. cos1200
Thay số và tính toán ta được: U = 120V => U0 = 120 2 (V)
 Lập luận để   = -/6
 i = 6 cos(100t + /6) (A)
Bài 6: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2010 - 2011)
Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện áp của nguồn lên bao nhiêu lần để giảm công
suất hao phí trên đường dây đi 100 lần. Giả thiết công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi, điện áp tức
thời u cùng pha với dòng điện tức thời i. Biết ban đầu độ giảm điện thế trên đường dây bằng 15% điện áp
của tải tiêu thụ.
HƢỚNG DẪN GIẢI:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
 Đặt U, U1, ΔU , I1, P1 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện
hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc đầu.
U’, U2, ΔU' , I2, P2 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu
dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc sau.
2

P2  I 2 
1

I
1
U ' 1
Ta có:
   
 2 


P1  I1  100
I1 10
U 10
0,15U1
Theo đề ra: ΔU = 0,15.U1  U ' 
(1)
10
 Vì u và i cùng pha và công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi nên:
U2
I
U1.I1 = U 2 .I 2 
= 1 = 10  U2 = 10U1 (2)
U1
I2
 (1) và (2):
 U = U1 + ΔU = (0,15 + 1).U1


0,15.U1
0,15
= (10 +
).U1

 U' = U 2 + ΔU' = 10.U1 + 10
10
0,15
10+
U'
10 = 8,7
=
 Do đó:
U
0,15+1

Bài 7: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2009 - 2010)
Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ 2. Điện áp hai đầu mạch
A


là uAB = 60 2 cos100t   (V). Điều chỉnh giá trị điện dung
6

C của tụ điện để vôn kế V chỉ giá trị cực đại và bằng 100V. Viết
biểu thức điện áp uAE.
HƢỚNG DẪN GIẢI:
Vẽ giản đồ véc tơ biểu diễn phương trình





U AB  U R  U L  U C trục gốc là I
U

IR
R

 const
Trên giản đồ véc tơ ta có tanα  R 
U L IZ L Z L
Áp dụng định lý hàm sin với ΔOMN ta được
U
ON MN
U

hay AB  C
sinα sinβ
sinα sinβ
U
 U C  AB .sinβ
sinα
 UC max khi sinβ  1    900 : tam giác MON vuông tại O
Áp dụng định lý pitago cho ΔOMN ta được

C

R,L

B

E

hình 2

UAE

O



V

M
UL


I UR

UAB

UC
N

2
U AE  U Cmax
 U 2AB  1002  602  80V và UAE nhanh pha hơn UAB 1 góc 900

Vậy biểu thức UAE là

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
π


u AE  80 2 cos  100πt   (V)
3

Bài 8: (Tỉnh Đồng Nai, năm học 2010 - 2011)
Áp đặt một điện áp xoay chiều ổn định vào hai đầu đoạn mạch điện như hình vẽ. Biết L  1/  ( H ) ;
R và C có thể thay đổi được.
A1
a) Giữ cố định giá trị C = C1 và thay đổi R , ta có các A
B A
kết quả sau :
A2
+ Số chỉ của ampe kế A luôn bằng 1A
+ Khi R = R1 =100 thì uAB và cường độ dòng
điện i trong mạch chính cùng pha. Tính C1 và xác định số chỉ của các ampe kế lúc này
b) Tìm giá trị của C phải thoả để khi điều chỉnh R ; điện áp tức thới uAB ở hai đầu mạch điện luôn lệch
pha với cường độ dòng điện trong mạch chính
Bài 9: (TP HCM, năm học 2010 - 2011)
Một đoạn mạch xoay chiều gồm cuộn cảm có điện trở thuần Rvà
L,
độ tự cảm L mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay đổi được A
C
B
R
như
hình.
Điện
áp
hai
đầu

đoạn
mạch
có
dạng u AB  U 2 cos  2 ft  , U va f không đổi. Khi C = C1, điện áp

hiệu dụng hai đầu cuộn cảm là Ud, hai đầu tụ điện là U C1 . Khi C = C2 = 2C1, điện áp hiệu dụng hai đầu
cuộn cảm là Ud’ = Ud, hai đầu tụ điện UC2 = U. Tìm Ud và U C1 theo U.
Bài 10: (Tỉnh Thanh Hóa , năm học 2008 - 2009)
Một đoạn mạch điện gồm 3 nhánh mắc song song. Nhánh thứ nhất là một tụ điện có dung kháng ZC ,
nhánh thứ hai là một cuộn dây thuần cảm có cảm kháng ZL và nhánh thứ ba là một điện trở R. Gọi I, IC,
IL, IR là cường độ dòng điện hiệu dụng trên mạch chính và các mạch rẽ tương ứng, Z là tổng trở của đoạn
mạch. Hãy chứng minh các hệ thức sau :
I  I   I L  IC 
2

2
R

HƢỚNG DẪN GIẢI:
+ Giả sử u = U0cost. Ta có:
iR = I0Rcost ; iC = I0Ccos(t +

2

và

1
1  1
1 






Z 2 R 2  ZC Z L 



) ; iL = I0Lcos(t - )
2
2

+ Giản đồ véc tơ (2 dao động cùng phương): iC+ iL=(I0C - I0L)cos(t +
+ Vậy i = iR+ iC+ iL = I0Rcost + (I0C - I0L)cos(t +
IL)2 (1) đpcm.

2


)
2


). Hai dao động này vuông góc nên I2 = IR2 + (IC 2

2

1
1  1
1 


+ Với I = U/Z từ (1) suy ra 2  2  
 đpcm.
Z
R  ZC Z L 
Bài 11: (Tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2010 - 2011)
Cho đoạn mạch RLC không phân nhánh, cuộn dây L thuần cảm, điện trở của ampe kế rất nhỏ. Đặt một
điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng UAB = 150 V không đổi vào hai đầu đoạn mạch, thì thấy hệ số
công suất của đoạn mạch AN
bằng 0,6 và hệ số công suất của đoạn mạch AB bằng 0,8.
R
L C
A
a,Tính các điện áp hiệu dụng UR, UL và UC, biết đoạn

A

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

N

B


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
mạch có tính dung kháng.
b, Khi tần số dòng điện bằng 100 Hz thì thấy điện áp hai đầu đoạn mạch AB lệch pha /2 so với điện áp
giữa hai đầu đoạn NB và số chỉ của ampe kế là 2,5A. Tính các giá trị của R, L, C.
Bài 12: (Tỉnh Đồng Tháp, Trường THPT TP Cao Lãnh đề nghị)
Cho mạch điện như hình vẽ:Một điện trở thuần R,một tụ điện

C,hai cuộn cảm lí tưởng L1 = 2L, L2 = L và các khóa K1,K2 (RK =
0) được mắc vào một nguồn điện không đổi (có suất điện động
 ,điện trở trong r = 0).Ban đầu K1 đóng, K2 ngắt. Sau khi dòng
điện trong mạch ổn định, người ta đóng K2, ngắt K1. Tính hiệu điện
thế cực đại ở tụ và IL2 max. ?
HƢỚNG DẪN GIẢI:
+K1 đóng, K2 ngắt, dòng điện ổn định qua L1: I 0 



R

K1 ngắt, K2 đóng: Vì 2 cuộn mắc song song
u L1 = u L2 = uAB ==> - 2L (i1 – I0) = Li2

 2L (I0 – i1) =Li2 (1)

2 LI 02 2 Li12 Li22 CU 2



2
2
2
2
IC = i1 – i2  UCmax  IC = 0  i1 = i2 = I
(2) và (3)  CU 02  2LI 02  2Li12  Li22  2LI 02  3LI 2
2I
(1)  2 LI 0  Li2  2Li1  3LI  I  0
3

2
2L  2L
 CU 02  LI 02  U 0  I 0

3
3C R 3C
+Khi tụ điện phóng hết điện thì I1 và I2 cực đại
2 LI 02 2 LI12max LI 22max


2
2
2
1
(1)  2L (I0 – I1max) = LI2max  I0 – I1max = I2max
2
2
2
2
2
2
(4)  2LI 0  2LI1 max  LI 2 max  2I 0  2I1 max  I 22max
 2( I 0  I1 max )( I 0  I1 max )  I 22max
 I0 + I1max = I2max
4
4
(5)(6)  I2max = I 0 =
3
3R
Bài 13: Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ bên.

Cho biết: R1 = 3; R2 = 2; C = 100nF ; L là
cuộn dây thuần cảm với L = 0,1H; RA  0;
R V1  R V2   . Ampe kế và von kế là ampe kế và
A
von kế nhiệt.
Đặt vào hai đầu A, B hiệu điện thế
uAB = 5 2 cost (V).
1. Dùng cách vẽ giản đồ vectơ Frexnen tìm biểu
thức của các hiệu điện thế hiệu dụng U R1 , UC

(0,5)đ

(2)

(0,5)đ

(3)

(0,25)đ
(0,25)đ
(0,25)đ
(0,25)đ

(4)

(0,25)đ

(5)

(0,25)đ

(6)

(0,25)đ
(0,25)đ

R1
V1

A
L

M
C
V2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

R2

B